求证：X=a^(1/b)与Y=c^(1/d)差为有理的充要条件（X≠Y）

首先可以明确：你提出的结论是完全正确的，下面分两部分严谨证明，再推导你提到的小数部分推论。

一、充分性：若X、Y均为有理数，则Z=X-Y为有理数 #

这部分非常直观——有理数对减法运算封闭，两个有理数的差必然是有理数，直接由有理数的基本性质可得，无需额外展开。

二、必要性：若Z=X-Y为有理数且X≠Y，则X、Y均为有理数 #

我们用反证法结合代数数的性质来证明：

假设Z=q∈ℚ，q≠0（因为X≠Y），则X=Y+q。我们需要证明Y（进而X）必为有理数。

1. 先将q表示为既约分数：设(q = \frac{p}{k})，其中(p,k∈ℤ)，(k>0)，且(\gcd(p,k)=1)。
2. 将X=Y+p/k两边同乘k，得到(kX = kY + p)，再对两边取b次方：
   [
   (kX)^b = (kY + p)^b
   ]
   左边代入(X^{b=a∈ℕ)，得整数(k}b a)；右边展开为整系数多项式：
   [
   k^b a = \sum_{i=0}^b \binom{b}{i} (kY)^i p^{b-i}
   ]
3. 将常数项(p^b)移到左边，提取公因子Y：
   [
   k^b a - p^b = Y \cdot \sum_{i=1}^b \binom{b}{i} k^i Y^{i-1} p^{b-i}
   ]
   令右边的和式为(T(Y))，它是Y的整系数多项式（k、p、组合数均为整数）。此时：
   [
   Y = \frac{k^b a - p^b}{T(Y)}
   ]
4. 由于(Y^d = c∈ℕ)，Y的任意高次幂都可以用(Y^{d-1}, Y^{d-2}, ..., Y, 1)线性表示（比如(Y^d=c)，(Y{d+1}=cY)等），因此(T(Y))可化简为：
   [
   T(Y) = A_{d-1}Y^{d-1} + A_{d-2}Y^{d-2} + ... + A_1 Y + A_0
   ]
   其中(A_0,A_1,...,A_{d-1})均为整数。
5. 将Y的表达式两边乘(T(Y))，代入(Y^d=c)整理后，会得到一个关于Y的d-1次整系数多项式方程。但如果Y是无理数，它在ℚ上的极小多项式是d次的（若c是某个整数的k次方，k|d，则Y是有理数，与假设矛盾）——一个d次不可约多项式不可能整除d-1次多项式，这就产生了矛盾。

因此Y必须是有理数，进而X=Y+q也是有理数，必要性得证。

三、推论：若X、Y为无理数，则它们的小数部分{X}≠{Y} #

假设{X}={Y}，则存在整数m,n∈ℤ，使得：
[
X = n + {X}, \quad Y = m + {Y}
]
两式相减得(X-Y = n - m∈ℤ⊆ℚ)。根据前面的结论，X和Y都应该是有理数，这与“X、Y为无理数”的前提矛盾。因此{X}≠{Y}。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Samuel